1、石嘴山三中20192020第一学期高二期中考试生物试题一、选择题1.元素和化合物是组成细胞的物质基础，下列说法正确的是()A. 氨基酸、脂肪酸、核苷酸都含有氮元素B. 胰高血糖素、性激素、生长激素与双缩脲试剂反应均呈紫色C. 细胞内结合水/自由水的值，种子萌发时比休眠时低D. 哺乳动物血液中钙离子含量高，会出现抽搐症状【答案】C【解析】试题分析：1、水含量与代谢强度的关系：一般情况下，代谢活跃时，生物体含水量在70%以上含水量降低，生命活动不活跃或进入休眠 当自由水比例增加时，生物体代谢活跃，生长迅速如干种子内所含的主要是结合水，干种子只有吸足水分获得大量自由水，才能进行旺盛的生命活动 2、蛋
2、白质能与双缩脲试剂发生紫色反应解：A、氨基酸和核苷酸中都含有氮元素，但脂肪酸的组成元素只有C、H、O，不含氮元素，A错误；B、胰高血糖素、生长激素与双缩脲试剂反应均呈紫色，而性激素属于脂质，不能与双缩脲试剂发生紫色反应，B错误；C、种子萌发时新陈代谢旺盛，自由水含量较高，因此细胞内结合水/自由水的值，种子萌发时比休眠时低，C正确；D、哺乳动物血液中钙离子含量低，会出现抽搐症状，D错误故选C考点：水在细胞中的存在形式和作用；无机盐的主要存在形式和作用2.以下说法中有几项是正确（ ）原核细胞的细胞膜化学组成和结构与真核细胞相似一个鱼塘中的所有鱼构成一个种群生物界有的元素，非生物界一定有蛋白质肽链在
3、核糖体形成后，一定要经内质网和高尔基体加工后才具备其功能光合作用的细胞一定含叶绿体，含叶绿体的细胞无时无刻不在进行光合作用抑制膜载体活性或影响线粒体功能的药物都会阻碍根细胞吸收矿质离子没有细胞结构的生物一定是原核生物A. 3项B. 2项C. 1项D. 0项【答案】A【解析】【分析】本题是一个综合性试题，需要学生透切理解相关知识要点才能准确判断。比如真核生物、原核生物及病毒的区别与联系；光合作用和有氧呼吸的场所；分泌蛋白合成与加工场所等等。【详解】原核细胞的细胞膜的化学组成和结构与真核细胞的相似，化学组成主要是磷脂分子和蛋白质分子，结构是磷脂双分子层构成基本支架，蛋白质分子镶、嵌插、贯穿在其中，
4、正确；一个鱼塘中的所有鱼既不是种群，也不是群落，错误；生物界的组成元素全部来自于非生物，正确；胞内的结构蛋白的肽链在核糖体形成后，不需要经内质网和高尔基体加工，错误；蓝藻能进行光合作用，但没有叶绿体，错误；根细胞吸收矿质离子是主动运输，与载体蛋白的活性和线粒体供应能量有关，所以抑制膜载体活性或影响线粒体功能的药物都会阻碍根细胞吸收矿质离子，正确；没有细胞结构的生物如病毒却不是原核生物，错误；综上分析，正确的选项有3项，故选A。3.如图所示,甲图中表示目镜，表示物镜，表示物镜与装片的距离，乙和丙分别表示不同物镜下观察到的图像。下面描述正确的是A. 为使物像放大倍数最大，甲图中的组合为B. 若从图
5、乙转为图丙时，应先向上方移动装片，再转动转换器换成高倍镜C. 图丙为视野内所看见的物像，则载玻片上的实物应为“69”D. 若丙是由乙放大10倍后的物像，则实物的面积增大为原来的10倍【答案】C【解析】【分析】1、分析题图可知，、表示目镜，比长，说明放大倍数小于，是物镜，比长，放大倍数大于，距离玻片的距离比近，说明是高倍物镜下观察，是低倍物镜下观察；乙和丙图中，乙是低倍镜下观察的物像，丙是高倍镜下观察的物像。2、高倍显微镜的使用方法：低倍镜下找到清晰的物像移动装片，使物像移至视野中央转动转换器，换用高倍物镜调节反光镜和光圈，使视野亮度适宜调节细准焦螺旋，使物像清晰。【详解】为使物像放大倍数最大，
6、应选目镜和物镜放大倍数的乘积最大，根据分析可知，甲图中的组合为，A错误；显微镜下呈的是倒像，物像与装片移动的方向相反，若从图乙转为图丙时，应先向左下方移动装片，再转动转换器换成高倍镜，B错误；根据显微镜下呈的是上下颠倒、左右颠倒的像可知，图丙为视野内所看见的物像，则载玻片上的实物应为“69”，C正确；显微镜下放大的倍数是物体的长度或宽度被放大的倍数，若丙是由乙放大10倍后的物像，则实物的面积增大为原来的100倍，D错误。故选C。4.2017年10月，诺贝尔化学奖授予了Joachim Frank，因其发明了单粒子冷冻电子显微镜，这对核糖体结构、功能以及蛋白质三维结构的研究有重要贡献。下列相关叙述
7、正确的是A. 冷冻电镜下细胞内都能看到核糖体B. 核糖体、病毒化合物成分完全相同C. 冷冻条件下蛋白质活性会受到抑制D. 蛋白质的三维结构由氨基酸折叠而成【答案】C【解析】A并非所有细胞内都有核糖体，如哺乳动物成熟的细胞不具有任何细胞器，A错误；B核糖体由蛋白质和rRNA组成，有些病毒由蛋白质和DNA组成，B错误；C低温下蛋白质活性会受到抑制，C正确；D蛋白质的三维结构是在肽链的基础上折叠而成的空间结构，D错误；答案选C。5.某校研究性学习小组在设计验证Ni是必需矿质元素的实验时，设计了下列四组实验，你认为其中最恰当的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】该实验的目的是“验证Ni是
8、必需矿质元素”，依据实验设计遵循的对照原则和单一变量原则，应选择完全营养液和缺Ni营养液分别培养相应的植物，利用溶液培养法进行判断。若完全营养液中植物生长良好，而缺Ni营养液中生长不良，且向其中添加一定浓度Ni溶液后不良症状恢复可说明Ni是必需矿质元素。综上所述，C项正确，A、B、D三项均错误。【考点定位】“验证Ni是必需矿质元素”的实验设计的相关知识【名师点睛】设计验证植物必需的矿质元素的实验思路：6.将蛋清溶液作如下两种方式的处理，有关分析正确的是（）A. 过程有水分子的产生，过程有水分子的消耗B. 、过程的处理，都能使蛋白质的空间结构及肽键遭到破坏C. 、过程的处理，不会破坏蛋白质的空间
9、结构及肽键D. 甲、乙两溶液中加入双缩脲试剂，甲溶液变紫色，乙溶液不会变紫色【答案】C【解析】【分析】过程为蛋白质的盐析，过程为蛋白质的再溶解，这两个过程不会破坏蛋白质的空间结构及肽键；过程中的高温可破坏蛋白质的空间结构，但不会有水生成；过程可破坏肽键，消耗水。【详解】A、过程中的高温可破坏蛋白质的空间结构，但不会有水生成，A错误；B、过程中的高温可破坏蛋白质的空间结构，但没有破坏肽键，B错误；C、过程为蛋白质的盐析，过程为蛋白质的再溶解，这两个过程不会破坏蛋白质的空间结构及肽键，C正确；D、甲、乙两种溶液中都有肽键存在，甲、乙两溶液中加入双缩脲试剂，甲溶液变紫色，乙溶液也会变紫色，D错误；故
10、选C。【点睛】知识易混点：蛋白质盐析并不影响原来蛋白质的性质，属于物理变化；高温、强酸和强碱等作用下，蛋白质的空间结构发生改变，这种变化叫变性。7. 如图所示为脂肪和糖类部分元素含量，已知两者最终氧化分解的产物相同。根据图中有关数据分析，以下说法错误的是( )。A. 同质量下，脂肪比糖类在氧化分解时耗氧量多B. 脂肪中H的比例较高，所以释放能量较多C. 同质量下，糖类比脂肪在氧化分解时产生的水多D. 正常情况下，糖类是能源物质，脂肪是储能物质【答案】C【解析】【分析】本题是脂肪和糖类在元素组成特点上、耗氧量、放能多少方面进行比较的题目，分析题干图示可知，同质量的脂肪和糖类相比，O元素含量少，H
11、元素含量多，释放的能量也较多。【详解】A、同质量下，脂肪比糖类在氧化分解时耗氧量多，A正确；B、脂肪中H的比例较高，O的比例较少，所以释放能量较多，B正确；C、同质量下，糖类比脂肪在氧化分解时产生的水少，C错误；D、正常情况下，糖类是主要的能源物质，脂肪是主要的储能物质，D正确。故选C。8. 细胞之间通过信息交流，保证细胞间功能的协调。关于细胞间信息交流的说法错误的是 （ ）A. B细胞与乙细胞上受体化学本质都是糖蛋白B. 图2可以表示精子与卵细胞的识别C. 细胞膜上的受体是细胞间信息交流必不可少的结构D. 激素随血液运输到全身各处，与靶细胞的细胞膜表面的受体结合，将信息传递给靶细胞【答案】C
12、【解析】试题分析：细胞膜外侧的受体化学本质都是糖蛋白，有专一性识别并结合信息分子作用，传递给细胞相关信息，A正确。图2可以表示细胞与细胞之间通过细胞膜的直接接触和识别作用结合，B正确。细胞间信息交流方式除了通过细胞膜受体识别信息分子，还可以通过细胞间通道进行，如植物细胞的胞间连丝，C错。激素通过血液运输，与靶细胞的细胞膜表面的受体结合，将信息传递给靶细胞，调节相关生命活动，D正确。考点：本题考查细胞信息传递相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构能力。9.如图为细胞中化合物A与化合物B生成化合物D的过程示意图，C为化学键。下列叙述中正确的是（ ）A.
13、 若A为葡萄糖、B为果糖，则合成D的反应是一个放能反应B. 若A为葡萄糖、B为半乳糖，则D为麦芽糖C. 若A为甲硫氨酸、B为甘氨酸，则C可表示为CONH2D. 若A为腺苷，B为磷酸，则C不是高能磷酸键【答案】D【解析】【分析】细胞中的吸能反应一般与ATP水解的反应相联系，由ATP水解提供能量；放能反应一般与ATP的合成相联系。麦芽糖可水解成两分子葡萄糖。ATP的结构简式为A-PPP，其中表示高能磷酸键。【详解】A、A葡萄糖和B果糖合成D蔗糖的反应需要吸收能量，是吸能反应，A错误；B、若A为葡萄糖、B为半乳糖，则D为乳糖，B错误；C、若A为甲硫氨酸、B为甘氨酸，则C为肽键可表示为CONH，C错误
14、；D、若A为腺苷，B为磷酸，则D为腺嘌呤核糖核苷酸，C不是高能磷酸键，D正确；故选D。【点睛】解题关键是识记各种有机物的组成和结构，注意区分吸能反应和放能反应。10.如图1表示甲、乙两种无机盐离子处于不同浓度时与作物产量的关系；图2表示钙对某种植物花粉管生长的影响的关系。下列相关叙述错误的是()A. 据图1可知，乙的浓度为b时，对提高作物的产量最有利B. 据图1可知，乙的浓度为d时，虽然对提高产量有利，但会造成肥料的浪费C. 据图2可知，适宜浓度的钙有利于花粉管的生长D. 据图2可知，钙对花粉管生长速率的影响随浓度变化而变化【答案】A【解析】【分析】【考点定位】无机盐的主要存在形式和作用【详解
15、】据图1可知，乙的浓度在cd之间时，对提高作物的产量最有利，A错误；乙的浓度为d时，虽然对高产量有利，会造成肥料浪费，成本增加，B正确；据图2可知，适宜浓度的钙有利于花粉管的生长，C正确；据图2可知，钙对花粉管生长速率的影响随浓度变化而变化，D正确。11.元素或基团CHONNH2COOH多肽202348625332推算这种多肽中氨基酸的数目及这些氨基酸中的羧基、氨基数依次是（ ）A. 51、52、53B. 62、53、55C. 53、54、53D. 101、54、102【答案】A【解析】详解】从表中数据可知该多肽链含有3个游离的氨基，其中有两个应该在R基团上，那么有51个N原子是构成氨基酸的氨
16、基中的N原子，因此可推知该多肽由51个氨基酸构成；这51个氨基酸中共有53个氨基。从表中所给的数据还可看出该多肽链中含有2个游离的羧基，其中有1个应该在R基团上，所以这51个氨基酸中共有52个羧基，A项正确。12.在下列物质中，将其中能够构成蛋白质的氨基酸连接成一多肽链（每种氨基酸只有一个），则此蛋白质分子中所含有的羧基、氨基和肽键的数目依次是 （）A. 3、3、2B. 4、3、3、C. 3、2、4D. 2、2、2【答案】C【解析】【分析】构成生物体蛋白质的氨基酸的结构通式特点：至少有一个氨基和一个羧基连在同一个碳原子上，其次剩下的部分是R基和一个氢原子；因此不同氨基酸的区别在于R基的不同。【
17、详解】根据分析可以知道，图中五种氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，并且它们都连接在同一个碳原子上，属于组成蛋白质的氨基酸，且此五种氨基酸中，的R基中含1个氨基，的R基中含1个羧基，所以，由此五种氨基酸（各一个）组成的蛋白质中：所含有的羧基=肽链数+R基中含有的羧基数=3个；所含有的氨基=肽链数+R基中含有的氨基数=2个；形成的肽键数=氨基酸数-肽链数=4个。综上所述，C正确，A、B、D错误。故选C。13.某50肽中有丙氨酸(R基为CH3)4个，现脱掉其中的丙氨酸(相应位置如图)得到4条多肽链和5个氨基酸(脱下的氨基酸均以游离态正常存在)。下列有关叙述错误的是()A. 该50肽水解得到的几种有机
18、物比原50肽增加了8个氧原子B. 若将得到的5个氨基酸缩合成5肽，则有3种不同的氨基酸序列C. 若新生成的4条多肽链总共有5个羧基，那么其中必有1个羧基在R基上D. 若将新生成的4条多肽链重新连接成一条长链将脱去3个H2O【答案】B【解析】【分析】分析题意和题图：脱掉这4个丙氨酸需要断开8个肽键，每断开一个肽键需要1分子水。每条肽链中至少有1个游离的氨基和1个游离的羧基。【详解】A、据图可知，脱掉这4个丙氨酸需要断开8个肽键，每断开一个肽键需要1分子水，共需8个水分子参与，故该50肽水解得到的几种有机物比原50肽增加了8个氧原子，A正确；B、若将得到的5个氨基酸缩合成五肽，则有5种不同的氨基酸
19、序列，B错误；C、每条肽链中至少有1个游离的氨基和1个游离的羧基，故新生成的4条多肽链至少有4个羧基，再多出的羧基必定在R基上，C正确；D、若将新生成的4条多肽链重新连接成一条长链，需要3个连接位点，形成3个肽键，脱去3分子水，D正确；故选B。【点睛】解答本题的关键是识记氨基酸的结构通式，掌握氨基酸脱水缩合形成的多肽链中氨基酸数-脱水数=肽键数的关系。14.下列关于蛋白质的叙述，正确的是（）A. 沸水浴加热之后，构成胰岛素的肽链充分伸展并断裂B. 由N个氨基酸构成的一个蛋白质分子，有M条肽链，其中X条是环状肽，则这个蛋白质分子完全水解共需要（NM+X）个水分子C. 组成蛋白质的氨基酸之间可按不
20、同的方式脱水缩合D. 某肽的分子式为C13H16O5N3，则该肽一定是一种三肽【答案】B【解析】【分析】由N个氨基酸构成的一个蛋白质分子，如果都是肽链，则肽键数=N-M，如果其中的X条再形成环状肽链，则会多形成X个肽键，即肽键数=N-M+X。【详解】A、沸水浴加热之后，胰岛素的空间结构被破坏，肽链不一定充分伸展并断裂，A错误；B、氨基酸脱水缩合形成蛋白质过程中，肽键=脱去水分子数，由分析可知，这个蛋白质分子完全水解共需要（NM+X）个水分子，B正确；C、组成蛋白质的氨基酸之间都是通过相同的脱水缩合方式形成肽键的，C错误；D、氨基酸的R基上可能含有氨基，所以某肽的分子式为C13H16O5N3，则
21、该肽不一定是一种三肽，D错误；故选B。【点睛】本题考查有关蛋白质的知识点，识记并掌握氨基酸脱水缩合过程是解题关键，要求考生能理解所学知识点，把握知识间的内在联系。15.某39肽中共有甘氨酸4个，现去掉这4个氨基酸，得到4条长短不等的多肽如下图，则得到这些多肽至少需要消耗水的数目、这些多肽中至少含有游离氨基的数目以及肽键的数目分别是（）A. 8、31、35B. 4、5、 31C. 7、4、 31D. 3、32、38【答案】C【解析】【分析】肽键数=氨基酸数-肽链数；某39肽中共有丙氨酸4个，氨基酸共39个，肽键数=氨基酸数-肽链数=39-1=38个；现去掉其中的4个丙氨酸，得到4条长短不等的多肽
22、，这4条长短不等的多肽中，共含氨基酸35个，肽键数=氨基酸数-肽链数=35-4=31个。【详解】A、由分析可知，原39肽中肽键数为38，去掉其中的4个丙氨酸，得到4条长短不等的多肽后，肽键数为31，故至少需要消耗水的数目=38-31=7，A错误；B、每条肽链中至少有1个游离氨基和1个游离的羧基，4条多肽中至少含有游离氨基的数目为4，B错误；C、4条多肽中的肽键数=氨基酸数-肽链数=35-4=31，C正确；D、综上分析可知，D错误；故选C。【点睛】对于氨基酸脱水缩合反应过程中的氨基酸数、肽链数、形成的肽键数、脱去的水分子数、游离的氨基和羧基数之间关系的理解是解题关键。16.有一条由12个氨基酸组
23、成的多肽，分子式为CxHyNzOwS(z12，w13)，这条多肽链经过水解后的产物中有5种氨基酸：半胱氨酸(C3H7NO2S)、丙氨酸(C3H6NO2)、天冬氨酸(C4H7NO4)、赖氨酸(C6H14N2O2)、苯丙氨酸(C9H11NO2)。求水解产物中天冬氨酸的数目是（ ）A. y12B. （z12）/2C. (w13)/2D. w13【答案】C【解析】【分析】分析题意：该多肽水解产物有5种氨基酸；半胱氨酸、丙氨酸、天冬氨酸和苯丙氨酸中都只有1个氮原子，而赖氨酸中有2个氮原子，其中的1个氮原子应该在R基上；同理半胱氨酸、丙氨酸、赖氨酸、苯丙氨酸中都只有2个氧原子，而天冬氨酸有4个氧原子，其中
24、2个氧原子在R基上。【详解】蛋白质中氧原子数=肽键数+2肽链数+R基上氧原子数=各氨基酸中氧原子总数-脱去水分子数。即如果不考虑R基，12个氨基酸组成的多肽中氧原子数=122-11=13，根据题干可知天冬氨酸的R基上有2个氧原子，故水解产物中天冬氨酸的数目= (w13)/2。故选C。【点睛】解题关键是对蛋白质中含有N、O原子数的计算：N原子数=肽键数+肽链数+R基上的N原子数=各氨基酸中N原子总数；O原子数=肽键数+2肽链数+R基上O原子数=各氨基酸中O原子总数-脱去水分子数。17.某细菌能产生一种单链的“毒性肽”，其分子式是C55H70O19N10，将它彻底水解后只能得到下列四种氨基酸：下列
25、说法正确的是（）A. 该多肽一种十肽，含有10个肽键B. 该多肽完全水解后，得到4个谷氨酸分子C. 甘氨酸是分子量最大的氨基酸D. 该多肽中至少含有一个氨基和一个羧基【答案】B【解析】【分析】分析题图可知，甘氨酸、丙氨酸和苯丙氨酸中都只有一个氨基和一个羧基，而谷氨酸中含一个氨基和二个羧基。【详解】A、由题图可知，该多肽水解后的四种氨基酸中都只含有一个氨基，故分子式C55H70O19N10的多肽为十肽，含有9个肽键，A错误；B、该十肽完全水解后，得到谷氨酸分子数=（19-11）/2=4，B正确；C、由题图中各氨基酸的分子式可知，甘氨酸是分子量最小的氨基酸，C错误；D、该多肽中至少含有一个氨基和五
26、个羧基，D错误；故选B。【点睛】解题关键是对蛋白质中含有N、O原子数的计算：N原子数=肽键数+肽链数+R基上的N原子数=各氨基酸中N原子总数；O原子数=肽键数+2肽链数+R基上O原子数=各氨基酸中O原子总数-脱去水分子数。18.通过检测某种生物体内各种碱基的相对含量，得到的结果如下表所示。下列叙述正确的是（）碱基AGCU百分含量24%27%35%14%A. 该生物可能同时含有核糖核苷酸和脱氧核糖核苷酸B. 该生物体内的A、G、U能参与构成7种核苷酸C. 彻底水解该生物体内的核酸能获得6种产物D. 该生物可能是大肠杆菌等原核生物【答案】C【解析】【分析】DNA分子中含碱基A、T、G、C，且A=T
27、，G=C；RNA中含有A、U、G、C四种碱基，且A不一定等于U，G不一定等于C。【详解】A、由表格中该生物体内的碱基种类A、U、G、G可知，该生物体内只有RNA一种核酸，即只含有核糖核苷酸，A错误；B、该生物体内的A、G、U能参与构成3种核苷酸，B错误；C、RNA水解后可得到核糖、磷酸和四种碱基共6种产物，C正确；D、该生物是RNA病毒，D错误；故选C。【点睛】知识易混点：1. DNA分子中含碱基A、T、G、C， RNA中含有A、U、G、C四种碱基；2.具有细胞结构生物的遗传物质是DNA，细胞中既有DNA也有RNA。19.内共生学说认为：线粒体来源于一种大型的、具吞噬能力的生物吞进了一种较小的
28、、需氧型细菌（以二分裂方式增殖），被吞进的细菌不仅未被消化分解，而是逐渐生存下来，最终形成了主细胞内的细胞器一线粒体。叶绿体也来源于类似的途径。根据以上信息，下列推断错误的是（）A. 叶绿体来源于较小的，可以进行光合作用的原核细胞，比如蓝细菌B. 线粒体、叶绿体内含有的DNA是环状C. 线粒体、叶绿体均以二分裂的方式进行增殖D. 抑制细菌蛋白质合成的抗生素能抑制真核细胞中蛋白质的合成【答案】D【解析】【分析】根据内共生学说，线粒体来源于一种较小的、需氧型细菌；则叶绿体来源于较小的，可以进行光合作用的原核细胞。【详解】A、根据题意分析可知，叶绿体来源于较小的，可以进行光合作用的原核细胞，比如蓝细
29、菌，A正确；B、细菌等原核生物细胞中的DNA是环状的，所以线粒体、叶绿体内含有的DNA是环状的，B正确；C、原核细胞以以二分裂的方式进行增殖，故线粒体、叶绿体均以二分裂的方式进行增殖，C正确；D、抑制细菌蛋白质合成的抗生素，对真核细胞中蛋白质的合成没有影响，D错误；故选D。【点睛】本题属于材料信息题，对此类题型的解题技巧：1. 认真阅读材料，分析其中的关键语句，充分联系教材，找到与教材的衔接点；2. 给合题文要求，对于联系教材的有关原理、概念等，尽可能用教材语言规范答题。20.下列有关四个框图中所包括的生物共同特征的叙述正确的是（ ）A. 框图中的生物内都含水、无机盐、蛋白质、糖类、脂质、核酸
30、等化合物B. 框图内的生物都不含染色体，是原核生物C. 框图内的生物共有的细胞结构包括细胞膜、细胞质、核糖体等D. 框图内的生物都有细胞结构，且都能通过细胞分裂繁殖后代【答案】C【解析】【分析】原核细胞与真核细胞相比，最大的区別是原核細胞没有被核膜包被的成形的细胞核(没有核膜、核仁和染色体)；原核细胞的细胞壁的主要成分是肽聚糖；原核细胞只有核糖体一种细胞器，但部分原核生物也能进行光合作用和有氧呼吸，如蓝藻。病毒(如噬苗体、HIV等)没有细胞结构，主要由蛋白质外壳和核酸组成。【详解】噬菌体是病毒，没有细胞结构，其成分是蛋白质和DNA（脱氧核糖核酸），A错误；酵母菌是真核生物，细胞中含有染色体，B
31、错误；水绵、蓝藻、光合细菌、酵母菌共有的细胞结构包括胞壁、细胞膜、细胞质、核糖体等，C正确；噬菌体是病毒，没有细胞结构，D错误。21. 细胞的结构和功能高度统一。下列有关叙述不正确的是A. 哺乳动物成熟的红细胞表面积与体积之比相对较大，提高了气体交换效率B. 小肠绒毛上皮细胞内有大量的线粒体，有助于物质运输的能量供应C. 哺乳动物成熟精子中细胞质较少，有利于精子运动D. 卵细胞体积较大有利于和周围环境进行物质交换，为胚胎早期发育提供所需养料【答案】D【解析】【详解】A、哺乳动物成熟的红细胞呈圆饼状，这样使表面积与体积之比相对较大，有利于提高气体交换效率， A正确；B、线粒体能为生命活动提供能量
32、，小肠绒毛上皮细胞内有大量的线粒体，这样有助于物质运输的能量供应，B正确；C、哺乳动物成熟精子中细胞质较少，外形似蝌蚪，有利于精子运动，C正确；D、卵细胞体积较大，其相对表面积较小，不利于与周围环境进行物质交换，D错误。故选D。22.亲核蛋白具有明确的头、尾结构，是在细胞质合成后、通过核孔进入到细胞核内发挥作用的。科学家通过有限的水解将亲核蛋白的头尾分开，再将带有放射性标记的完整的亲核蛋白、头部及尾部分别注入到爪蟾卵母细胞的细胞质中，结果在细胞核中发现被标记的完整亲核蛋白和亲核蛋白的尾部。这说明A. 亲核蛋白进入细胞核的方式是自由扩散B. 亲核蛋白进入细胞核的关键部位是头部C. 细胞核对物质的
33、运输具有选择性D. 细胞核和细胞质之间只能进行单向的物质运输【答案】C【解析】亲核蛋白进入细胞核的方式是通过核孔，没有跨膜运输，A错误；放射头部没有进入细胞核，放射性尾部全部进入细胞核，可见亲核蛋白进入细胞核由尾部决定，B错误；放射头部没有进入细胞核，放射性尾部全部进入细胞核，说明对物质的运输具有选择性，C正确；题干信息得出细胞质中的物质能进入细胞核，但无法判断细胞核中物质不能进入细胞质，因此无法判断细胞核和细胞质之间只能进行单向的物质运输，D错误【点睛】方法点拨：从题干中获取“在细胞核中发现被标记的完整亲核蛋白和亲核蛋白尾部”，说明亲核蛋白进入细胞核由尾部决定。23.有关细胞核的叙述，错误的
34、是（）A. 组成细胞核的核孔、核膜、核仁、染色质均可以发生变化B. 染色质不能称为遗传信息的载体，而只能是DNA的载体C. 细胞核中会发生肽键、氢键、磷酸二酯键的数目变化D. 通过核膜、核孔来实现核质之间频繁的物质交换和信息交流【答案】B【解析】【分析】核膜孔的数目、分布和密度与细胞代谢活性有关，核质与细胞质之间物质交换旺盛的部位核膜孔数目多；细胞分裂期核膜、核仁有消失和再现的变化；染色质在分裂期螺旋成染色体。【详解】A、由分析可知，组成细胞核的核孔、核膜、核仁、染色质均可以发生变化，A正确；B、遗传信息是指DNA上碱基的排列顺序，所以染色质是遗传信息的载体，B错误；C、细胞核中会发生肽键、氢
35、键、磷酸二酯键的数目变化，C正确；D、通过核膜、核孔来实现核质之间频繁的物质交换和信息交流，D正确；故选B。【点睛】解题关键是识记细胞核的结构和功能，理清在细胞核中可以发生的变化，如DNA的复制、转录等过程中，有氢键、磷酸二酯键的数目变化。24.下表是人体成熟红细胞与血浆中的K+和Mg2+在不同条件下的含量比较，据表分析不确切的是（）处理前用鱼滕酮处理后用乌本苷处理后细胞内血浆中细胞内血浆中细胞内血浆中K+145mmol5mmol11mmol5mmol13mmol5mmolMg2+35mmol14mmol18mmol14mmol35mmol14mmolA. 鱼滕酮对K+和Mg2+的载体的生理功
36、能均有抑制作用B. 乌本苷抑制K+的载体的生理功能而不影响Mg2+的载体的生理功能C. 鱼滕酮抑制ATP的合成从而影响K+和Mg2+的运输D. 正常情况下血浆中K+和Mg2+均通过主动运输进入红细胞【答案】A【解析】【详解】由表格看出，用鱼滕酮处理后，细胞对K+和Mg2+的吸收都受到影响；用乌本苷处理后，只有细胞对K+的吸收受到影响、而细胞对Mg2+的吸收不会受到影响。考虑到细胞对K+和Mg2+的吸收都属于主动运输，ATP的供应和载体都会影响这个过程。若ATP的供应受影响，则两种离子的吸收都受到影响，故可判断鱼滕酮通过影响ATP供应来影响吸收，而乌本苷则通过影响K+的载体来影响对K+的吸收。综
37、上分析可知，A符合题意，BCD不符合题意。故选A。25.小肠上皮细胞跨膜运输葡萄糖的过程如图所示，据图分析，下列叙述正确的是()A. 由图可知，葡萄糖进出小肠上皮细胞的方式均是主动运输B. 该细胞内葡萄糖向细胞外运输的方式和神经细胞内K向细胞外运输的方式不同C. 若肠腔中的Na+浓度降低，会影响小肠上皮细胞吸收葡萄糖D. 若小肠上皮细胞膜上缺少Na葡萄糖同向转运蛋白，则可能导致高血糖【答案】C【解析】【分析】分析题图：葡萄糖进入小肠上皮细胞是从低浓度至高浓度，属于主动运输，而从小肠上皮细胞进入组织液是由高浓度至低浓度，且需要载体协助，为协助扩散；小肠上皮细胞排出Na+和吸收K+方式为主动运输。
38、神经细胞内K外流方式为协助扩散。【详解】A、由图可知，葡萄糖进出小肠上皮细胞的方式分别为主动运输和协助扩散，A错误；B、细胞内葡萄糖向细胞外运输的方式和神经细胞内K向细胞外运输的方式相同，都是协助扩散，B错误；C、图中Na+葡萄糖同向转运蛋白转运Na+为转运葡萄糖提供能量，若肠腔中的Na+浓度降低，则会影响小肠上皮细胞吸收葡萄糖，C正确；D、若小肠上皮细胞膜上缺少Na葡萄糖同向转运蛋白，会影响对肠腔中葡萄糖的吸收，则可能导致低血糖，D错误；故选C。【点睛】本题解题关键是对题图的解读：根据图中信息分析葡萄糖进出小肠上皮的运输方式，Na+进出细胞的方式，注意区别K+进入细胞为主动运输，而分泌出细胞
39、的方式为协助扩散。26.许多植物在种子发育时会储存大量的油脂，这些油积累在油质体中，油质体的产生如图所示下列说法错误的是 A. 油脂和淀粉是植物的常见的储能物质B. 油质体中的油在两层磷脂分子之间积累C. 图示为光面内质网，还可合成磷脂分子D. 油脂可与苏丹III染液反应显色为红色【答案】D【解析】【分析】植物体内常见的储能物质是脂肪和淀粉；内质网是脂质合成场所，脂肪与苏丹III染液反应显色为橘黄色，与苏丹IV染液反应显色为红色。【详解】A、油脂和淀粉是植物的常见的储能物质，A正确；B、由图可知，油质体中的油在两层磷脂分子之间积累，B正确；C、图示为光面内质网，还可合成磷脂分子，C正确；D、油
40、脂可与苏丹III染液反应显色为橘黄色，D错误；故选D。【点睛】本题考查有关内质网的结构和功能，解题关键是提取题干信息，结合题图，联系教材相关知识点分析各选项。27.U形管中装有两种不同物质的溶液R及S，并被一半透性膜(X)隔开(如下图)，该半透膜只允许水分子自由通过。与S相比，R为低渗溶液(即浓度较低)。图a中黑色的深浅即代表浓度高低。当U形管内已达到平衡时，两侧液面及渗透压情况分别是(参看图b) （ ）A. 右侧较高，两溶液等渗，即浓度相等B. 右侧较高，且右侧为高渗，即浓度较高C. 左侧较高，且右侧为低渗，即浓度较低D. 两侧高度相等，且为等渗，即浓度相等【答案】B【解析】【分析】根据渗透
41、作用原理，水分子总体运输方向是从低浓度溶液一侧向高浓度溶液一侧扩散。据图分析，水分子从R侧向S侧扩散得多，导致U形管的右侧液面升高，随着右侧液面的升高，右侧液面和左侧液面出现一个高度差，从而使U形管右侧的压力大于左侧的压力，促使水分子向左侧移动，右侧高浓度溶液又会导致水分子向右侧移动，当两侧溶液浓度差引起的水分子扩散的力等于两侧液面高度差引起的阻止水分子向右侧扩散的力时，水分子的扩散达到平衡，此时U形管右侧液面高于左侧，右侧溶液的浓度高于左侧。【详解】A、由分析可知，U形管内已达到平衡时，两侧溶液浓度不等，A错误；B、U形管内已达到平衡时，右侧液面高于左侧，右侧溶液的浓度也高于左侧，B正确；C
42、、U形管内已达到平衡时，右侧液面高于左侧，C错误；D、U形管内已达到平衡时，右侧液面高于左侧，两侧浓度不等，D错误；故选B。【点睛】解题关键是理解渗透作用原理，能结合题干信息，分析当U形管内达到平衡时，两侧液面及渗透压情况。28. 如图1所示的甲、乙、丙三个渗透装置中，三个漏斗颈的内径相等，漏斗内盛有浓度相同的蔗糖溶液，且漏斗内液面高度相同，漏斗口均封以半透膜，置于同一个水槽的清水中。三个渗透装置半透膜的面积和所盛蔗糖溶液的体积不同，如下表所示。右图2中曲线1、2、3表示漏斗液面高度随时间的变化情况。则曲线1、2、3与甲、乙、丙三个装置的对应关系应是A. 1乙；2甲；3丙B. 1丙；2甲；3乙
43、C. 1甲；2乙；3丙D. 1丙；2乙；3甲【答案】B【解析】【详解】试题分析：由于水的渗透方向总的趋势是由低浓度(指物质的量浓度）向高浓度方向，所以甲、乙、丙3个渗透装置中都因水渗透入漏斗而使漏斗液面升高。半透膜面积大者，实验开始时水的渗透量大，漏斗液面升高快，所以，甲和丙装置在实验开始漏斗液面升髙比装置乙的快。又由于丙装置的漏斗内盛的蔗糖熔液比装置甲的多，所以，实验最终丙装置的漏斗液面最高。故B正确。考点：本题考查渗透作用相关知识，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论能力；图形曲线分析能力。29.利用荧光
44、素双醋酸酯（FDA）染色法测定动物细胞的活力，其基本原理是FDA本身无荧光，可自由通过细胞膜，经细胞内酯酶分解产生荧光素，积累在细胞内并能发出绿色荧光，下列相关叙述正确的是A. 实验中配制的FDA溶液是一种低渗溶液B. FDA通过胞吞方式进入细胞，需要消耗能量C. 荧光素分子能以自由扩散的方式通过细胞膜D. 一定范围内，荧光强度与细胞活力呈正相关【答案】D【解析】【分析】提炼出题干的有效信息做题，根据“FDA本身无荧光，可自由通过细胞膜” “细胞内酯酶分解产生荧光素，并积累在细胞内能产生绿色荧光”可确定物质的运输方式。【详解】A、实验中配制的FDA溶液是一种高渗溶液，进而通过顺浓度梯度自由扩散
45、进入细胞，A错误；B、根据题意 “FDA本身无荧光，可自由通过细胞膜”，说明FDA进入细胞的方式是自由扩散，B错误；C、“细胞内酯酶分解产生荧光素，并积累在细胞内能产生绿色荧光”，说明荧光素在细胞内，不能扩散出细胞，C错误；D、细胞内酯酶分解产生积累在细胞内的荧光素，绿色荧光的强度越强，则酶活性越高，所以绿色荧光的强度与原生质体的活力呈正相关，D正确。故选D。30.下表为关于农作物A、B在相同土壤中N、P、K三元素肥效实验的结果记录(“+”表示施肥,“-”表示未施肥)（豆科植物可以与固氮微生物共生）。据此结果得出的正确结论是() 农作物A农作物B肥料成分N+-+-+-+-P+-+-+-+-+K
46、+-+-+产量10054836510010034705540A. 对农作物A来说,N是非必需元素B. 农作物A可能是豆科植物C. 对农作物B来说,三种元素中K最重要D. 两种农作物对N、P、K的需求量基本相同【答案】B【解析】N是必需元素，农作物A虽然施加氮肥前后产量不变，只能说明它自身可能能够吸收氮元素，且最可能的方式是通过生物固氮途径，故农作物A可能是豆科植物，A项错误，B项正确；通过对照可以看出，缺N对产量的影响最大，所以N元素可能对作物B更加重要，故C项错误；两种作物的减产数据表明，两种作物对N、P、K需求量是不同的，D项错误。【点睛】本题以表格的形式，考查细胞内无机盐的相关知识，意在
47、考查学生获取图示信息、审题、分析能力。根据表格分析：农作物A缺K、P时，产量减少，缺少N时，产量不变；农作物B缺少N、P、K时，产量明显减少。31.某同学利用紫玉兰、诸葛菜、山茶、茶梅和红花檀木的叶片为材料，放大相同倍数后观察、记录视野中的细胞数目，然后做“质壁分离实验”，记录开始滴加0.3 g/mL蔗糖溶液到发生初始质壁分离的时间并计算平均值。有关叙述不合理的是()A. 该实验中的各组材料之间相互对照B. 各组实验中红花檀木质壁分离的速度最快C. 山茶细胞体积最大，从接触蔗糖溶液到发生质壁分离的时间最长D. 细胞液浓度：山茶茶梅紫玉兰诸葛菜红花檀木【答案】D【解析】【分析】据题文的描述和分析
48、图示可知：该题考查学生对植物细胞的质壁分离的相关知识的识记和理解能力，以及对实验现象和结果进行解释、分析和处理的能力。【详解】A：依题意和图示分析可知：该实验中的各组材料之间形成相互对照，A正确；B：各组实验中，红花檀木的质壁分离所需平均时间最短，因此质壁分离的速度最快，B正确；C：山茶的细胞平均数最小，说明其细胞体积最大，因此从接触蔗糖溶液到发生质壁分离的时间最长，C正确；D：柱形图显示，视野中细胞平均数由多到少为：红花檀木诸葛菜紫玉兰茶梅山茶，而发生质壁分离的平均时间由短到长为：红花檀木诸葛菜紫玉兰茶梅山茶，据此可推知细胞液的浓度由低到高为：红花檀木诸葛菜紫玉兰茶梅山茶，D错误。故选D【点
49、睛】由题意“放大相同倍数后观察、记录视野中的细胞数目”可推知：细胞平均数越多，细胞的体积越小；当外界溶液浓度大于细胞液浓度时，细胞因失水而发生质壁分离，而且外界溶液与细胞液的浓度差越大，发生质壁分离所需时间越短。在此基础上，分析比较柱形图呈现的各类细胞平均数和发生初始质壁分离的平均时间，进而分析判断各选项。32.如图容器 A 中含 0.02 molL1 蔗糖，0.03 molL1 尿素；容器 B 中含 0.01 molL1 蔗糖，0.05 molL1 尿素。A、B 间隔一层半透膜。第一种情况：半透膜只允许水分子通过；第二种情况：半透膜允许水分子和尿素分子通过。当达到动态平衡时，这两种情况下的液
50、面高度情况是（ ）A. 一样高，A 高于 BB. B 高于 A，不能确定C. B 高于 A，A 高于 BD. 一样高，不能确定【答案】C【解析】【详解】第一种情况：半透膜只允许水分子通过：A.溶液总的摩尔浓度是0.05，B溶液总的摩尔浓度是0.06，B的渗透压高于A，故最终B液面高于A；第二种情况：半透膜允许水分子和尿素分子通过，那么最终半透膜两侧的尿素浓度相等，但是A溶液的蔗糖浓度大于B，故最终A液面高于B。综上所述，C正确。【点睛】渗透作用的知识总结1.渗透作用的概念：渗透作用指水分子或其他溶剂分子通过半透膜向溶质浓度大的一方做分子运动，使膜两侧溶质浓度达到均衡的现象。2.渗透系统的组成（
51、如图）（1）半透膜：指一类可以让小分子物质通过而大分子物质不能通过的一类薄膜的总称。可以是生物性的选择透过性膜，如细胞膜，也可以是物理性的过滤膜，如玻璃纸。（2）半透膜两侧溶液具有浓度差。3.渗透作用的发生：（1）当S1浓度S2浓度时，单位时间内由S2S1的水分子数多于S1S2的水分子数，水分子是可以双向运动的，外观上表现为S1液面上升。（2）当S1浓度S2浓度时，则情况相反，外观上表现为S1液面下降。（3）在达到渗透平衡后，若存在如图所示的液面差h，则表明S1溶液浓度大于S233.某同学通过下列模拟实验探究膜的透性。用带有一个小孔的隔板把水槽分成左右两室，把磷脂分子引入隔板小孔，使之成为一层
52、薄膜，水槽左室加入钾离子浓度较低的溶液，右室加入钾离子浓度较高的溶液。若在左、右两室分别插入正、负电极，结果发现钾离子不能由左室进入右室；若此时在左室加入少量缬氨霉素（多肽），结果发现钾离子可以由左室进入右室；若此时再将电极取出，结果钾离子又不能由左室进入右室。对该实验的分析，错误的是（）A. 缬氨霉素（多肽）可以模拟载体B. 隔板小孔中形成的磷脂分子薄膜有选择透过性C. 插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量D. 可说明钾离子的逆浓度运输需要载体和消耗能量【答案】B【解析】【分析】分析题意：左室加入钾离子浓度较低的溶液，右室加入钾离子浓度较高的溶液，若在左、右两室分别插入正、负电极，结果发现
53、钾离子不能由左室进入右室，由于磷脂膜上没有载体，说明只有能量不能使钾离子从低浓度运输至高浓度；若此时在左室加入少量缬氨霉素（多肽），结果发现钾离子可以由左室进入右室，说明钾离子从低浓度运输到高浓度需要载体。若此时再将电极取出，结果钾离子又不能由左室进入右室，说明插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量。【详解】A、由分析可知，缬氨霉素（多肽）可以模拟载体，A正确；B、隔板小孔中形成的磷脂分子薄膜没有选择透过性，B错误；C、由实验说明插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量，C正确；D、由分析可知，该实验可说明钾离子的逆浓度运输需要载体和消耗能量，D正确；故选B。【点睛】本题以渗透作用的实验装置为载
54、体，考查细胞膜的结构、渗透作用、主动运输的条件等相关知识，解题的关键是根据题意分析：磷脂分子层上缺乏载体，不能进行主动运输，加入的缬氨霉素作为离子运输的载体，插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量。34.下图是油菜种子在发育和萌发过程中，糖类和脂肪的变化曲线。下列分析中正确的是()A. 干重相等的可溶性糖和脂肪，所贮存的能量大致相同B. 种子发育过程中，因可溶性糖转变为脂肪，种子需要的N量增加C. 种子萌发过程时，脂肪水解酶的活性很高D. 种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明可溶性糖是种子生命活动的直接能源物质【答案】C【解析】【分析】分析题图：油菜种子在发育过程中，随着开花天数增加，干重中可
55、溶性糖含量越来越少，脂肪含量越来越高；种子在萌发过程中，随着萌发天数增加，干重中脂肪含量越来越少，而可溶糖含量却在增加。【详解】A、干重相等的可溶性糖和脂肪，脂肪储存的能量较多，A错误；B、可溶性糖和脂肪中所含化学元素相同，都是C、H、O，所以可溶性糖转变为脂肪过程中，不需要增加N，B错误；C、种子在萌发过程中，随着萌发天数增加，干重中脂肪含量越来越少，说明脂肪水解酶的活性很高，C正确；D、生命活动的直接能源物质是ATP，可溶性糖是能源物质，经氧化分解将部分能量转移到ATP中，D错误；故选C。【点睛】解题关键是对题图的分析，根据自变量（纵坐标）分析曲线变化趋势，联系教材相关知识点，分析判断各选
56、项。35.下面是科学家所做的一组生物学实验：先向乌贼神经纤维里注入微量的放射性同位素24Na, 不久可测得神经纤维周围溶液中存在24Na。若在神经纤维膜外溶液中先后加入某药物和ATP，测得神经纤维周围溶液中24Na的量如图所示。关于该实验的下列说法中，错误的是()A. 该实验的主要目的是研究钠通过细胞膜的运输方式B. 神经纤维排出24Na需要消耗ATPC. “某药物”的作用机理是促进细胞的呼吸D. 24Na通过细胞膜的方式是主动运输【答案】C【解析】试题分析：据图可知，加入药物后钠离子的量没有变化，加入ATP后钠离子的量增多，说明钠离子的运输需要消耗能量，且该药物的作用机理是抑制ATP的形成，
57、故C错。考点：本题主要考查物质运输的方式，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构的能力。36.Na+K+泵是普遍存在于动物细胞表面的一种载体蛋白，如下图所示，它具有ATP酶活性，能将Na+排出细胞外，同时将K+运进细胞内，维持细胞内外Na+和K+的浓度差。载体蛋白1和载体蛋白2依赖于细胞膜两侧的Na+浓度差完成相应物质的运输。下列叙述错误的是A. 图中所示过程说明细胞膜具有选择透过性B. 载体蛋白2可能与细胞内pH的调节有关C. 图中细胞对C6H12O6和Na+的吸收方式均属于主动运输D. 图中Na+K+泵既有运输功能，又有催化功能【答案】C【解析】【分析】
58、根据题意和图形分析，Na+K+泵能将Na+排出细胞外，同时将K+运进细胞内，维持细胞内外Na+和K+的浓度差，说明钾离子的吸收和钠离子的排出方式都是主动运输，且Na+K+泵具有ATP酶活性，可以催化ATP水解为主动运输提供能量；钠离子通过载体蛋白1和2进入细胞都是顺浓度梯度进行的，为协助扩散；钠离子的顺浓度梯度为葡萄糖的吸收和氢离子的排出提供动力，说明葡萄糖的吸收和氢离子的排出方式都是主动运输。【详解】A、根据以上分析可知，图示物质的跨膜运输方式有主动运输和协助扩散，体现了细胞膜的功能特点是具有选择透过性，A正确；B、载体蛋白2与氢离子的运输有关，所以可能与细胞内pH的调节有关，B正确；C、根
59、据以上分析已知，图中细胞对葡萄糖的吸收方式是主动运输，而对钠离子的吸收方式是协助扩散，C错误；D、根据以上分析可知Na+K+泵既有运输功能，又有催化功能，D正确。故选C。37. 下列有关ATP 的叙述，正确的是人长时间剧烈运动时，骨骼肌细胞中每摩尔葡萄糖生成ATP 的量与安静时相等若细胞内Na浓度偏高，为维持Na浓度的稳定，细胞消耗ATP的量增加人在寒Na冷时，肾上腺素和甲状腺激素分泌增多，细胞产生式ATP的量增加人在饥饿时，细胞中ATP与ADP的含量难以达到动态平衡A. B. C. D. 【答案】B【解析】人在安静时只进行有氧呼吸，在剧烈运动时骨骼肌细胞可进行无氧呼吸来获得部分能量。要维持N
60、a浓度的平衡，就得将多余的Na运输出细胞，而Na的运输是耗能的主动运输过程。肾上腺素和甲状腺激素都能促进物质的分解代谢，可释放更多的热量来维持寒冷时体温的相对恒定，同时ATP的产量会增加。人不管在什么状态下，细胞中的ATP和ADP含量总是要维持动态的平衡状态的，否则最终会导致能量供应出现问题而影响正常生命活动的进行，在饥饿时可通过分解释放体内糖类等有机物的能量来维持两者的含量相对平衡。38.细胞所处的能量状态用ATP、ADP和AMP之间的关系式来表示，称为能荷，公式如下：能荷= （ATP+1/2ADP）/（ATP+ADP+AMP），其中AMP为一磷酸腺苷。能荷对代谢起着重要的调节作用，高能荷时
61、，ATP生成过程被抑制，而ATP的利用过程被激发；低能荷时，其效应相反。下列说法错误的是（ ）A. 一般情况下细胞能荷数值小于1B. 细胞内的吸能反应一般与ATP的水解相联系C. 细胞在吸收Mg2+时，能荷较高D. ATP彻底水解产物不能用于酶的合成【答案】D【解析】【分析】能荷的定义为在总的腺苷酸系统中（即ATP、ADP和AMP浓度之和）所负荷的高能磷酸基数量。当所有腺苷酸充分磷酸化为ATP，能荷值为1；当所有腺苷酸去磷酸化为AMP，能荷值为零。【详解】A、根据能荷公式，当ATP全部转化为AMP时，能荷为0，当AMP全部转化为ATP时，能荷为1，所以一般情况下细胞能荷数值小于是，A正确；B、
62、细胞内的吸能反应一般与ATP的水解相联系，B正确；C、能荷较高时，ATP生成过程被抑制，而ATP的利用过程被激发，细胞吸收Mg2+需要能量，C正确；D、大部分酶是蛋白质，少部分酶是RNA，所以ATP彻底水解产物可用于酶的合成，D错误；故选D。【点睛】解题关键是分析能荷公式，注意ATP、ADP、AMP均与能量有关，在不同生理状态下可以相互转化。39. 20世纪60年代后，科研人员开始用淀粉酶替代酸来分解淀粉。如图为某同学探究不同pH条件下淀粉酶对淀粉的分解作用的实验结果。下列有关叙述不正确的是A. 应先将各组试管溶液pH分别调到设定数值再混合B. pH为3和9的两只试管中的淀粉酶的活性相同C.
63、pH为l3的试管调到pH为7后淀粉含量基本不变D. 淀粉酶通过降低淀粉分解反应的活化能起到催化作用【答案】B【解析】【详解】A、探究不同pH条件下淀粉酶对淀粉的分解作用，应先将各组试管淀粉酶溶液和pH分别调到设定数值，再与淀粉混合，A项正确；B、pH为3和9的两只试管中的淀粉剩余量相同，但由于PH不同，对淀粉的直接分解作用不同，淀粉酶的活性不相同，B项错误；C、pH为13时酶已变性失活，因此将pH为13的试管调到pH为7后，淀粉含量基本不变，C项正确；D、酶催化作用的机理是降低化学反应的活化能，D项正确。故选B。【点睛】本题以反映“探究不同pH条件下淀粉酶对淀粉的分解作用的实验结果”的柱形图为
64、情境，综合考查学生对影响酶促反应速率的因素的理解能力以及对实验结果的分析能力。解答此类问题的关键是：（1）看清楚纵、横坐标轴的含义以及坐标系中直方图所代表的意义，即分析直方图所蕴含的生物学信息；（2）认真分析、对比各变量之间的关系，找出各变量之间的内在联系；（3）结合相关的生物学知识作进一步的推理分析，并进行“图文”等的转化，由此对照各选项作出合理判断。40.为了证明酶的作用具有专一性，某同学设计了如下5组实验，分别选择一定的试剂进行检测，合理的实验方案是()组别酶蛋白酶蛋白酶淀粉酶淀粉酶淀粉酶反应物蛋白质淀粉蛋白质淀粉麦芽糖A. 和对比，用双缩脲试剂检测B. 和对比，用碘液检测C. 和对比，
65、用斐林试剂检测D. 和对比，用斐林试剂检测【答案】B【解析】酶的化学本质是蛋白质，和对比，加入双缩脲试剂都会变紫色，A错误；和对比，自变量是酶的种类，可用碘液检测，B正确；淀粉酶水解淀粉后产生葡萄糖，葡萄糖和麦芽糖都属于还原性糖，用斐林试剂检测，都会出现砖红色沉淀，C错误；淀粉酶能被蛋白酶水解，淀粉酶能水解淀粉，但不能说明酶具有专一性，D错误【考点定位】本题考查酶专一性实验验证，验证考查考生具备验证简单生物学事实的能力，并能对实验现象和结果进行解释、分析和处理能力。41.除了温度和pH值对酶活性有影响外，一些抑制剂也会降低酶的催化效果。下图为酶作用机理及两种抑制剂影响酶活性的机理的示意图。下列
66、说法不正确的是（ ）A. 用胰蛋白酶处理生物膜可改变其通透性B. 酶只能催化一种或一类化学反应，与酶自身结构有关C. 非竞争性抑制可以改变酶的结构，使酶不适于结合底物分子D. 竞争性抑制剂降低酶活性的机理与高温、低温对酶活性抑制的机理相同【答案】D【解析】【分析】分析题图可知：竞争性抑制剂和底物争夺酶的同一活性部位，使酶和底物的结合机会减少，从而降低酶对底物的催化反应速率；非竞争性抑制剂与酶活性位点以外的其他位点结合，通过改变酶的结构使酶的活性受到抑制。【详解】A、用胰蛋白酶处理生物膜，因膜蛋白被分解可改变膜的通透性，A正确；B、由图可知，酶只能催化一种或一类化学反应，与酶自身结构有关，B正确
67、；C、非竞争性抑制剂与酶活性位点以外的其他位点结合，通过改变酶的结构使酶不适于结合底物分子，C正确；D、竞争性抑制剂和底物争夺酶的同一活性部位，使酶和底物的结合机会减少，从而降低酶对底物的催化反应速率，高温通过改变酶的空间结构降低酶的活性，低温只是抑制酶的活性，酶在低温下酶的空间结构没有改变，D错误；故选D。【点睛】解题关键是对题图的解读：根据题图分析判断竞争性抑制剂和非竞争性抑制剂降低酶活性的机理，并能解释高温和低温对酶活性的影响的机理。42.ATP、GTP、CTP和UTP是细胞内四种高能磷酸化合物，它们的结构只是碱基的不同，下列叙述错误的是A. ATP的合成常伴随着细胞内的放能反应B. 1
68、分子GTP彻底水解可得到3种小分子物质C. CTP中“C”是由胞嘧啶和脱氧核糖构成的D. UTP断裂两个高能磷酸键后可作为基因转录的原料【答案】C【解析】【详解】细胞的吸能反应常伴随着ATP的水解，放能反应总是与ATP的合成相关联，A正确；ATP、GTP、CTP和UTP是细胞内四种高能磷酸化合物，它们的结构只是碱基的不同，1分子GTP彻底水解可得到3种小分子物质，磷酸、核糖和碱基，B正确；CTP中“C”是由胞嘧啶和核糖构成的，C错误；UTP断裂两个高能磷酸键后是尿嘧啶核糖核苷酸，是RNA的基本单位之一，可作为基因转录的原料，D正确。【点睛】解答A选项，关键要掌握吸能反应常伴随着ATP的水解，放
69、能反应总是与ATP的合成相关联。43.下图1表示酶促反应在不同的温度条件下，产物浓度随反应时间的变化；图2表示温度对酶活性的影响。图1中曲线所对应的温度为图2中的m，下列叙述错误的是（ ）A. 图1中曲线、所对应的温度都高于mB. 曲线对应的温度比曲线对应的更接近该酶的最适温度C. 适当升高曲线对应的温度，B点将右移，A点将上移D. 适当增加曲线的酶浓度，C点将左移，A点不移动【答案】C【解析】【分析】图1中：条件下反应速度最快，条件下反应速度最慢。图2表示温度对酶活性的影响。【详解】A、图1中曲线所对应的温度为图2中的m，图1中曲线、反应速度均快于曲线，结合图2可知，曲线、所对应的温度都高于
70、m，A正确；B、曲线对应的温度反应速度更快，故比曲线对应的更接近该酶的最适温度，B正确；C、适当升高曲线对应的温度，酶活性可能会增强，B点可能会右移，A点不变，C错误；D、适当增加曲线的酶浓度，反应速率加快，C点将左移，平衡点不变，A点不移动，D正确。故选C。44.某研究性学习小组为了探究酶的特性,用某种酶进行了以下四组实验,实验结果如图所示,下列相关说法不正确的是A. 做图1所示的探究实验时不宜使用过氧化氢酶B. 做图2所示的探究实验时不宜使用淀粉作为底物C. 四组实验能够证明酶具有专一性、高效性和温和性D. 在pH=5或温度为20 的情况下酶活性下降的原因相同【答案】D【解析】过氧化氢的分
71、解受温度的影响，所以探究温度对酶活性的影响时不宜使用过氧化氢作为底物，A正确；淀粉在酸性条件下也会发生水解，所以图2实验的底物不宜用淀粉，B正确；图1和图2实验证明了酶的温和性，图3实验证明了酶的专一性，图4实验证明了酶的高效性， C正确；20 时酶活性下降是因为低温抑制了酶的活性，而pH5时酶可能变性失活，D错误。45.乳糖酶催化乳糖水解。有两项与此相关的实验，其他实验条件均设置为最适条件，实验结果如下表，以下分析正确的是()实验一(乳糖浓度为10%)酶浓度0%1%2%4%5%相对反应速率02550100200实验二(酶浓度为2%)乳糖浓度0%5%10%20%30%相对反应速率0255065
72、65A. 实验一增加乳糖浓度，相对反应速率将降低B. 实验二若继续增大乳糖浓度，相对反应速率不再加大C. 实验一如果继续增加酶浓度，相对反应速率不再加大D. 实验二若温度升高10，相对反应速率将增大【答案】B【解析】【分析】本题考查酶相关知识，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论能力。【详解】实验一增加乳糖浓度，相对反应速率将升高，A错误；由表格数据可知，实验二中，因为酶的数量不足，故增加底物浓度，其化学反应速率不变，B正确；实验一中，底物的量是一定的，如果继续增加酶浓度，相对反应速率应先增加后基本不变，C错
73、误；根据题干信息“实验条件均设置为最适条件”可知：实验温度为最适温度，此时酶的活性最强，若再提高10，相对反应速率均会降低，D错误。【点睛】本题要求考生掌握影响酶促反应速率的因素及相关曲线，能分析表中实验，明确实验一和实验二的自变量，能运用所学的知识准确判断各选项。46.如图表示某种酶在不同处理条件（a、b、c）下，催化某化学反应的反应物的量和反应时间的关系，分析此图可获得的信息是 （）A. 三个处理条件中b是此酶促反应的最适条件B. 三个处理条件的差异很可能是处理温度的不同C. 三个处理条件的差异可能是反应底物的量不同D. 三个处理条件的差异不可能是酶制剂的量不同【答案】B【解析】【分析】由
74、图可知，起始反应物的量是相同的，反应所需时间abc ，说明三个处理条件下a是此酶促反应的最适条件。【详解】A、由图可知，a所需时间最短，说明a是此酶促反应的最适条件，A错误；B、温度影响酶的活性，故a、b、c三个处理条件的温度可能不同，B正确；C、由图可知，a、b、c三个处理条件的反应物的量是相等的，C错误；D、三个处理条件的差异可能是酶制剂的量不同造成，D错误；故选B。【点睛】知识易混点：影响反应速度的可能是酶制剂的量不同或是酶的活性，影响酶活性的因素有温度、PH、强酸、强碱和重金属等。47.若除酶外所有试剂均已预保温，则在测定酶活力的试验中，下列操作顺序合理的是A. 加入酶加入底物加入缓冲
75、液保温并计时一段时间后检测产物的量B. 加入缓冲液加入底物加入酶保温并计时一段时间后检测产物的量C. 加入底物加入酶计时加入缓冲液保温一段时间后检测产物的量D. 加入底物计时加入酶加入缓冲液保温并计时一段时间后检测产物的量【答案】B【解析】【分析】1、酶活力的含义：酶的活性是指酶催化一定化学反应的能力。2、酶活力测定的一般原理和方法：酶的活力通常以单位时间内底物的消耗量或者在单位时间内产物的生成量来表示。【详解】测定酶活性实验操作中，体积最大的物质一般最先加入；对反应条件最敏感的试剂一般最后加入。因此实验步骤为：加入缓冲液加入底物加入酶保温并计时一段时间后检测产物的量。综上所述，B正确，A、C
76、、D错误。故选B。48.在最适温度和pH条件下将一定量的淀粉与淀粉酶进行混合，图中曲线为麦芽糖生成量情况，曲线或为在P点时改变某一条件后所得。下列叙述中正确的是( )A. 曲线所示麦芽糖生成速率不断减小说明淀粉酶活性不断降低B. 在P点时若降低温度会得到曲线，若提高温度会得到曲线C. 在P点时若适当降低pH、将酶换成无机催化剂均会得到曲线D. 在P点时若增加一定量的淀粉会得到曲线【答案】C【解析】【分析】图中曲线为在最适温度和pH条件麦芽糖生成量的情况，温度改变或者PH值改变都会导致反应速率下降，据此答题。【详解】曲线所示麦芽糖生成速率不断减小，原因是底物浓度越来越小所致，A错误；在P点时若降
77、低温度会得到曲线，若提高温度酶活性也会下降，不会得到曲线，B错误；在P点时若适当降低pH酶活性下降、或者将酶换成无机催化剂，反应速率都会下降，均会得到曲线，C正确；在P点时若增加一定量的淀粉，反应速度会加快，不会按着原速率曲线，D错误。【点睛】酶的作用条件较温和：在最适宜的温度和pH条件下，酶的活性最高；温度和pH偏高或偏低，酶的活性都会明显降低。49.将等量的淀粉酶(70 下活性不受影响，100 高温下失活)与淀粉酶(70 处理15 min即失活)加适量蒸馏水混合，分为甲、乙、丙三组后，分别按下表所示步骤进行实验。下列说法正确的是() 组别步骤甲乙丙步骤一25下处理70水浴处理15min后取
78、出100下处理15min后取出步骤二在25条件下甲入等量且足量的淀粉溶液步骤三一段时间后，分别测量三组淀粉酶剩余量淀粉酶剩余量abcA. a与b的差值可体现出-淀粉酶的活性B. b与c的差值可体现出-淀粉酶的活性C. ab与bc的大小可用于比较两种酶在25 下的活性D. 丙组按步骤一处理后冷却至25 后，-淀粉酶和-淀粉酶都有活性【答案】C【解析】【分析】根据题意分析表格：25 下处理甲组，两种酶具有活性；70水浴处理乙组15min后淀粉酶失活，b代表-淀粉酶的活性；100处理下两种酶均失活。【详解】A、25 下处理甲组，两种酶具有活性，70 水浴处理15min后淀粉酶失活，因此a与b的差值可
79、体现淀粉酶的活性，A错误；B、70水浴处理15min后淀粉酶失活，100水浴处理15min后两种酶均失活，因此b-c的大小可体现-淀粉酶的活性，B错误；C、ab与bc的大小可用于比较两种酶在25 下的活性，C正确；D、由于-淀粉酶在100高温下失活，而淀粉酶70水浴处理15min即失活，因此丙组按步骤一处理后冷却至70，-淀粉酶和淀粉酶均无活性，D错误；故选C。【点睛】解题关键是提取题干信息，了解两种酶失活的对应温度，分析表格中各实验条件对两种酶活性的影响。50.如图是细胞代谢过程中某些物质变化过程，下列叙述正确的是()A. 叶肉细胞中过程产生的ATP可用于过程中C3的还原B. 酵母菌细胞中过
80、程进行的场所不同，但都能合成ATPC. 过程都需要氧气的参与才能正常进行D. 真核细胞中催化过程的酶都位于细胞质基质【答案】D【解析】【分析】过程为细胞呼吸的第一阶段，为有氧呼吸的二、三阶段；为醋酸菌产生醋酸的过程，为产生乳酸的无氧呼吸第二阶段，为产生酒精的无氧呼吸第二阶段，为光合作用过程。【详解】A、叶肉细胞过程中C3的还原所需要的H和ATP都只能来自光反应，A错误；B、酵母菌细胞中过程都能合成ATP，过程转化成酒精时不能合成ATP，B错误；C、过程为细胞呼吸的第一阶段，有氧无氧都能正常进行；而为醋酸菌产生醋酸的过程需要氧气，为有氧呼吸的二、三阶段需要氧气，所以过程需要氧气的参与才能正常进行
81、，C错误；D、由于过程为无氧呼吸，所以真核细胞中催化过程的酶都位于细胞质基质中，D正确；故选D。【点睛】本题解题关键是对题图的分析：根据光合作用过程中物质变化和细胞呼吸过程物质变化及发生场所分析图中各过程，注意易错点：有氧呼吸三个阶段都产生ATP，无氧呼吸只在第一阶段产生ATP。51.科研人员探究温度对密闭罐中水蜜桃果肉细胞呼吸速率的影响，结果如图。下列叙述正确的是A. 20 h内，果肉细胞产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体、叶绿体B. 50 h后，30 条件下果肉细胞没有消耗O2，密闭罐中CO2浓度会增加C. 50 h后，30 的有氧呼吸速率比2 和15 慢，是因为温度高使酶活性降低D.
82、实验结果说明温度越高，果肉细胞有氧呼吸速率越大【答案】B【解析】【分析】据图可知，2条件下120h范围内呼吸速率基本保持不变，15条件下呼吸速率随保存时间延长而下降，30条件下呼吸速率在50h内快速下降。【详解】A、20 h内，密闭罐中最初含有一定量的氧气，果肉细胞可以进行有氧呼吸，产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体，A错误；B、50 h后，30 条件下果肉细胞没有消耗O2，此时进行无氧呼吸，产生酒精和二氧化碳，密闭罐中CO2浓度会增加，B正确；C、50 h后，30 的有氧呼吸速率比2 和15 慢，是因为密闭罐中氧气已大部分被消耗，氧气浓度较低，C错误；D、温度过高时，酶会变性失活，果肉细胞
83、有氧呼吸速率反而会降低，D错误。故选B。52. 细胞代谢中某种酶1与其底物、产物的关系（如图），下列有关叙述错误的是（ ）A. 产物B与酶1结合使该酶的结构发生改变B. 温度、pH会对酶1、酶2的活性有影响C. 酶1有活性、无活性可以相互转化D. 产物B与酶1结合促进产物A的产生【答案】D【解析】试题分析：分析图示可知：产物B与酶1的变构位点结合，该酶的结构发生了改变，A项正确；温度、pH会影响酶的活性，B项正确；产物B浓度高时与酶1的变构位点结合使该酶的结构发生改变从而失去活性，产物B浓度低时与酶1的变构位点分离使该酶恢复其活性，C项正确；产物B与酶1结合可导致酶1无活性，进而导致合成产物A
84、的反应中断，这样可以抑制产物A的产生，D项错误。考点：本题考查酶在细胞代谢中的作用机理的相关知识，意在考查学生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能从课外材料中获取相关的生物学信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题的能力。53.下图是探究氧气浓度对酵母菌细胞呼吸方式影响的实验结果。下列有关叙述错误的是A. 实验自变量是氧浓度，因变量是CO2和酒精生成量B. 在氧气浓度为a或d时，酵母菌的细胞呼吸方式都只有一种C. 在氧气浓度为c时，酵母菌有氧呼吸强度是无氧呼吸强度的3倍D. 实验结果表明，有氧时酵母菌的无氧呼吸会受到抑制【答案】C【解析】【分析】分析柱状图：氧气在a浓度
85、下，酵母菌产生的CO2量和酒精量相等，说明此时酵母菌只进行无氧呼吸；氧气在d浓度下，呼吸作用产物只有CO2没有酒精，说明此时酵母菌只进行有氧呼吸；氧气在b、c两个浓度下，酵母菌既进行有氧呼吸也进行无氧呼吸。【详解】A、根据题意和题图可知，该实验自变量是氧浓度，因变量是CO2和酒精生成量，A正确；B、据分析可知，在氧气浓度为a或d时，酵母菌的细胞呼吸方式都只有一种，B正确；C、在氧气浓度为c时，无氧呼吸酒精产生量无氧呼吸CO2产生量10mol，则有氧呼吸CO2产生量10mol，根据有氧呼吸和无氧呼吸反应计算出，无氧呼吸消耗葡萄糖5mol ，有氧呼吸消耗葡萄糖5/3mol，酵母菌有氧呼吸强度是无氧
86、呼吸强度的1/3倍，C错误；D、实验结果表明，有氧时酵母菌的无氧呼吸会受到抑制，D正确；故选C。【点睛】解答本题关键是对柱状图的分析，联系有氧呼吸和无氧呼吸的反应式，分析各种氧浓度下酵母菌细胞呼吸的方式。54. 把盛有酵母菌和葡萄糖混合液的装置（如图）置于适宜温度下，一段时间后，经检测，装置中葡萄糖减少了a摩尔，气体的体积总量增加了b摩尔。以下关于酵母菌细胞呼吸的分析不正确的是（）A. 无氧呼吸消耗的葡萄糖为0.5b摩尔B. 有氧呼吸产生的CO2量为6ab摩尔C. 细胞呼吸产生的CO2量为6a2b摩尔D. 细胞呼吸消耗的O2量为6a3b摩尔【答案】B【解析】【详解】A、因为酵母菌有氧呼吸消耗的
87、氧气量与产生的二氧化碳的量相等，无氧呼吸不消耗氧气，但是产生二氧化碳，所以气体的体积总量增加了b摩尔为无氧呼吸产生的二氧化碳的量，则无氧呼吸消耗的葡萄糖为0.5b，A正确；B、因为无氧呼吸消耗的葡萄糖为0.5b，则有氧呼吸消耗的葡萄糖的量为a-0.5b，所以有氧呼吸产生的CO2量为6a-3b摩尔，B错误；C、细胞呼吸产生的CO2量=有氧呼吸产生的CO2量+无氧呼吸产生的CO2量=6a-3b+b=6a-2b摩尔，C正确；D、已知有氧呼吸产生的CO2量为6a-3b摩尔，所以有氧呼吸消耗的氧气量=产生的二氧化碳的量=6a-3b，D正确。故选B。55.呼吸熵(RQ放出的CO2量/吸收的O2量)可作为描
88、述细胞呼吸过程中O2供应状态的一种指标。如图所示的是酵母菌氧化分解葡萄糖过程中氧分压与呼吸熵的关系，以下叙述正确的是()A. 氧分压为B点时的有氧呼吸强度一定大于A点B. RQ越大，细胞有氧呼吸越强，无氧呼吸越弱C. C点以后细胞呼吸强度不随氧分压的变化而变化D. 为延长水果的保存时间，最好将氧分压调至C点【答案】A【解析】【分析】根据呼吸熵的含义和题图分析可知，呼吸熵越大，细胞有氧呼吸越弱，无氧呼吸越强。C点时RQ=1，说明C点之后细胞只进行有氧呼吸。【详解】A、B点氧分压大于A点，故B点有氧呼吸强度大于A点，A正确；B、根据呼吸熵的含义和题图分析可知，呼吸熵越大，细胞有氧呼吸越弱，无氧呼吸
89、越强，B错误；C、C点以后呼吸熵为1，细胞只进行有氧呼吸，在一定范围内，随着氧分压的增大，细胞呼吸强度仍会加强，C错误；D、C点时RQ=1说明细胞只进行有氧呼吸，有机物消耗量大，不利于水果保存，D错误；故选A。【点睛】解题关键是提取题干信息，了解呼吸熵的含义，结合题图分析呼吸熵与氧分压的关系，根据有氧呼吸和无氧呼吸过程分析图中A、B、C各点的含义。56.甲、乙两个三角瓶中有等量葡萄糖液，向甲加入一定量的酵母菌，向乙加入由等量酵母菌研磨过滤后获得的提取液（不含酵母细胞）。一段时间后，甲、乙中均有酒精和CO2的产生。下列分析错误的是（ ）A. 甲乙两个反应体系中催化酒精产生的酶种类相同B. 随着反
90、应的持续进行，甲瓶内酶的数量可能增多C. 甲乙两个反应体系中产生等量酒精所消耗的葡萄糖量相同D. 实验结果支持巴斯德“发酵必须有酵母细胞存在”的观点【答案】D【解析】酵母菌可以进行有氧呼吸和无氧呼吸，甲、乙两个反应体系中都能产生酒精，说明都进行了无氧呼吸，根据酶的专一性特点，故催化酒精产生的酶种类相同，A正确；酶是活细胞产生的，因为甲瓶中活的酵母菌，生长繁殖过程中会产生酶，故甲瓶内酶的数量可能增多，B正确；酵母菌无氧呼吸才能产生酒精，故甲乙两个反应休系中，产生等量酒精所消耗的葡萄糖量相同，C正确；巴斯德发现酿酒中的发酵是由于酵母细胞的存在，但乙反应休系中不含酵母细胞，也能发生发酵，故实验结果否
91、定了巴斯德“发酵必须有酵母细胞存在”的观点，D错误。57.以下甲、乙两图都表示某植物的非绿色器官CO2释放量和O2吸收量的变化。下列相关叙述不正确的是()A. 甲图中氧浓度为a时的情况对应的是乙图中的A点B. 甲图中氧浓度为b时的情况对应的是乙图中的D点C. 甲图的a、b、c、d四种浓度中c是最适合贮藏的D. 甲图中氧浓度为d时没有酒精产生【答案】B【解析】甲图中氧浓度为a时，细胞只释放CO2不吸收O2，说明细胞只进行无氧呼吸，对应乙图中的A点，A正确；甲图中氧浓度为b时CO2的释放量远远大于O2的吸收量，说明既进行有氧呼吸又进行无氧呼吸，且无氧呼吸强度大，应对应乙图中AC段之间，B错误；贮藏
92、植物器官应选择CO2产生量最少即细胞呼吸最弱时（图甲中的c点）的氧浓度，C正确；氧浓度为d时，CO2的释放量与O2的吸收量相等，细胞只进行有氧呼吸，因此没有酒精产生，D正确。【点睛】解答本题的关键是掌握有氧呼吸和无氧呼吸的过程和方程式，了解两个过程中气体的含量比例，明确CO2的释放量与O2的吸收量相等，细胞只进行有氧呼吸，前者大于后者时同时进行无氧呼吸和有氧呼吸。58.下图装置可用来测定种子萌发时进行的呼吸作用类型。同时关闭活塞，在25下经过20 min 再观察红色液滴移动情况，下列对实验结果分析不符合实际的是 （ ） A. 装置1的红色液滴向左移动的体积是呼吸作用消耗O2的体积，装置2的红色
93、液滴向右移动的体积是呼吸作用释放CO2和消耗O2的体积之差B. 若装置1的红色液滴左移，装置2的红色液滴不移动，则说明萌发种子只进行有氧呼吸C. 若装置1的红色液滴左移，装置2的红色液滴不移动，则说明萌发种子既进行有氧呼吸也进行无氧呼吸D. 若装置1的红色液滴不移动，装置2的红色液滴右移，则说明萌发的种子只进行无氧呼吸【答案】C【解析】【分析】本实验的原理：种子呼吸作用吸收氧放出二氧化碳。装置1中释放的二氧化碳被NaOH溶液吸收，吸收氧的体积可通过红色液滴移动直接测出；装置乙试管中为蒸馏水，其气体体积的变化代表耗氧和释放二氧化碳的体积之差，通过红色液滴移动测出。【详解】A.、装置1的红色液滴向
94、左移动的体积是呼吸作用消耗O2的体积，装置2的红色液滴向右移动的体积是呼吸作用释放CO2和消耗O2的体积之差，A正确；B、若装置1的红色液滴左移，装置2的红色液滴不移动，则说明萌发种子只进行有氧呼吸，B正确；C、若装置1的红色液滴左移，装置2的红色液滴不移动，则说明萌发种子只进行有氧呼吸，C错误；D、若装置1的红色液滴不移动，装置2的红色液滴右移，则说明萌发的种子只进行无氧呼吸，D正确；故选C。【点睛】解题关键是对实验装置的分析：装置1中种子呼吸作用释放的二氧化碳被NaOH溶液吸收，因而红色液滴可能左移（有氧呼吸）或不动（无氧呼吸）；装置2的红色液滴移动的体积是呼吸作用释放CO2和消耗O2的体
95、积之差，向左移说明耗氧量大于释放二氧化碳量，不动说明耗氧量释放的二氧化碳量，右移说明释放二氧化碳量大于耗氧量。59.为研究淹水时KNO3对甜樱桃根呼吸的影响，设四组盆栽甜樱桃，其中一组淹入清水，其余三组分别淹入不同浓度的KNO3 溶液，保持液面高出盆土表面，每天定时测定甜樱桃根有氧呼吸速率，结果如图。以下分析不正确的是A. 细胞有氧呼吸生成CO2的场所只有线粒体基质B. 图中A、B、C 三点中，A点在单位时间内与氧结合的H最多C. 图中结果显示，淹水时KNO3对甜樱桃根有氧呼吸速率降低有减慢作用D. 实验过程中也能改用CO2作为检测有氧呼吸速率的指标【答案】D【解析】细胞有氧呼吸中，第二阶段是
96、丙酮酸与水反应生成二氧化碳，同时释放能量并产生H，此阶段的发生场所是线粒体基质，A正确；结合图示分析，A、B、C三点中，A点有氧呼吸速率最高，此时单位时间内产生的H最多，因此与氧结合的H最多，B正确；从曲线走势分析，与清水组相比，KNO3浓度越高，有氧呼吸速率越高，说明淹水时KNO3浓度对有氧呼吸速率降低有减缓作用，由于KNO3浓度为30 mmolL-1的实验组有氧呼吸速率最高，说明此浓度下减缓有氧呼吸降低的效果最好，C正确；实验中不能改用CO2作为检测有氧呼吸速率的指标，因为有氧呼吸和无氧呼吸均能产生CO2，对实验结果有干扰，最好用氧气的消耗速率作为检测有氧呼吸速率的指标，D错误。【考点定位
97、】物质跨膜运输、细胞呼吸60.某同学用下图所示实验装置测定果蝇幼虫的呼吸速率。实验所用毛细管横截面积为1mm2，实验开始时，打开软管夹，将装置放入25水浴中，10min后关闭软管夹，随后每隔5min记录一次毛细管中液滴移动的位置，结果如下表所示。下列分析中，正确的是（ ）A. 图中X为NaOH溶液，软管夹关闭后液滴将向右移动B. 在20min30min内氧气的平均吸收速率为6.5mm3/minC. 如将X换为清水，并将试管充入N2即可测定果蝇幼虫无氧呼吸速率D. 增设的对照实验只将装置中的X换成清水，并将该装置置于相同的环境中【答案】B【解析】【分析】分析题干可知本题是以实验为依托的细胞呼吸，
98、梳理细胞呼吸的相关知识，然后根据选项的具体描述分析题图和表格综合作答。【详解】A. 图中X为NaOH溶液，NaOH的作用是吸收呼吸产生的二氧化碳，软管夹关闭后液滴将向左移动，A错误；B. 20min30min内毛细管中液滴移动的距离变化是130-65=65mm/min，体积变化是65mm/min1mm2=65mm3/min，平均吸收速率为6510=6.5mm3/min，B正确；C. 若将试管充入N2，将X换为清水试管中积累了大量二氧化碳和N2，抑制了果蝇的无氧呼吸，C错误；D. 增设的对照实验应是加已经死亡果蝇，并将该装置置于相同的环境中，D错误。故选B。二、非选择题61.为探究“镁是植物生长
99、的必需元素”，三位同学进行了实验设计，下列是实验的基本设计思路，请分别指出前两个实验设计思路能否达到实验目的？为什么？并完善实验三。(1)实验一：取生长状况一致的大豆幼苗，用符合实验要求的容器培养。对照组容器内只盛有蒸馏水，实验组容器内盛有用蒸馏水配制的镁盐溶液。两组置于相同的适宜条件下培养，并对溶液通气，观察比较两组植物的生长发育情况。_ 。(2)实验二：取生长状况一致的大豆幼苗，栽培在盛有沙性土壤的容器中(沙性土壤肥力均匀，容器符合实验要求)，对照组浇以含有植物必需的各种元素的完全营养液，实验组浇以不含镁离子的营养液，两组置于相同的适宜条件下培养，观察比较两组植物的生长发育情况。_。(3)
100、实验三：方法步骤a将生长状况一致的大豆幼苗分成数量相等的两组。b将一组大豆幼苗放在盛有缺镁的营养液的乙容器中，另一组大豆幼苗放在_。c_。预期结果及结论实验结果实验结论若甲与乙中的大豆幼苗均生长正常若甲中大豆幼苗生长正常，乙中大豆幼苗生长异常_若欲进一步验证镁一定是必需的无机盐，还应增加的实验步骤及结论：_。【答案】 (1). 不能因为蒸馏水和用蒸馏水配制的镁盐溶液均缺乏植物必需的矿质元素而使两组植物生长均不正常 (2). 不能因为两组容器内的沙性土壤中都可能含有镁离子 (3). 等量的盛有完全营养液的甲容器中 (4). 将两组置于相同的适宜条件下培养，给溶液通气，观察比较两组植物的生长发育情
101、况 (5). 实验结果实验结论镁不是植物生长所必需的元素镁是植物生长所必需的元素 (6). 在缺镁的完全营养液乙中加入一定量的含镁的无机盐，一段时间后，原来异常的大豆幼苗恢复正常生长(或病症消失) 证明镁是必需的无机盐【解析】【分析】根据实验目的可知，该实验的自变量是镁元素的有无，无关变量有其他必需元素种类、培养液的浓度等，设计实验时要注意遵循单一变量原则。【详解】(1)实验一不能达到实验目的，因为蒸馏水和用蒸馏水配制的镁盐溶液均缺乏植物必需的矿质元素而使两组植物生长均不正常。(2)实验二不能达到实验目的，因为两组容器内的沙性土壤中都可能含有镁离子。(3)实验三：正确方法步骤：a.取生长一致的
102、大豆幼苗分成数量相等的两组，用符合实验要求的容器；b.对照组（甲）盛含有植物必需的各种元素的完全营养液，实验组（乙）盛不含镁离子的完全营养液；c.两组置于相同的适宜条件下培养，给溶液通气，观察比较两组植物的生长发育情况。预期结果及结论：若甲与乙中的大豆幼苗均生长正常，说明镁不是植物生长所必需的元素；若甲中大豆幼苗生长正常，乙中大豆幼苗生长异常，说明镁是植物生长所必需的元素。若欲进一步验证镁一定是必需的无机盐，还应增加一组补充实验：在缺镁的完全营养液乙中加入一定量的含镁的无机盐，一段时间后，原来异常的大豆幼苗恢复正常生长(或病症消失) 证明镁是必需的无机盐。【点睛】本题考查探究植物生长的必需元素
103、的实验，解题关键是明确探究实验的目的，能准确判断实验的自变量和因变量，掌握探究实验应遵循的单一变量原则和对照原则，并能据此完善实验步骤和预测实验结果。62.现有两种淀粉酶A与B，某生物兴趣小组为探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，设计实验如下：实验原理：_；_。实验材料：一定浓度的淀粉溶液、相同浓度的淀粉酶A和淀粉酶B溶液、水浴缸、温度计等。实验过程：如表所示。组别步骤12345678设置水浴缸温度()2030405020304050取8支试管各加入淀粉溶液(mL)，分别保温5min1010101010101010另取8支试管各加入等量淀粉酶溶液，分别保温5min酶A酶A酶A酶A酶B酶B酶B
104、酶B将同组两个试管中的淀粉溶液与淀粉酶溶液混合摇匀，保温5min实验结果：图甲是40时测定酶A催化淀粉水解生成的麦芽糖的量随时间变化的曲线；图乙是实验第步保温5分钟后对各组淀粉剩余含量进行检测的结果。(1)该实验的自变量是_，无关变量有_(至少写出2种)。(2)若适当降低温度，图甲中P点将向_(填“左”或“右”)移动，原因是_。(3)若步骤中淀粉酶的浓度适当降低，为保持图乙实验结果不变，则保温时间应_(填“缩短”“延长”或“不变”)。(4)根据实验结果分析，下列叙述正确的是_。(单选)A酶A在20条件时活性较高 B酶A的活性小于酶B的活性C酶B在40条件时活性较高 D大于50条件时，酶A部分失
105、活(5)实验用分光光度计检测底物淀粉的剩余量来表示酶的活性，该实验不能用斐林试剂检测生成物麦芽糖的含量，原因是_。【答案】 (1). 温度等条件可以影响酶的活性 (2). 淀粉在淀粉酶的催化作用下产生麦芽糖 (3). 温度、酶的种类 (4). pH、反应时间、溶液的量、淀粉的浓度、酶的浓度等 (5). 右 (6). 温度降低会引起酶A的活性下降，酶催化反应完成所需的时间增加 (7). 延长 (8). C (9). 斐林试剂检测时需水浴加热，会导致反应体系温度发生改变，影响实验结果【解析】【分析】自变量是在实验过程中可以变化的量，根据表格可以看出本实验有两个自变量，即酶的种类和温度；无关变量包括
106、溶液的量、反应时间、pH等。分析图甲：P点时麦芽糖的量不将增加，说明底物已全部分解；图乙：在2050范围内，酶A活性在增强，酶B活性先增强后减弱。【详解】本实验的原理是：温度等条件可以影响酶的活性。(1)分析表格内容可知，该实验的自变量是温度、酶的种类，无关变量有pH、反应时间、溶液的量、淀粉的浓度、酶的浓度等。（2）图甲是40时测定酶A催化淀粉水解生成的麦芽糖的量随时间变化的曲线，根据图乙可知，40时测定酶A活性较强，若适当降低温度，酶A的活性降低，酶催化反应完成所需的时间增加，即P点将右移。(3)若步骤中淀粉酶的浓度适当降低，为保持图乙实验结果不变，则保温时间应延长。(4)根据实验结果分析
107、，酶A在50条件时活性较高，A错误；在2050范围内，酶A活性在增强，但50之后变化趋势无法判断，B错误；根据图乙可知，酶B在40条件时淀粉剩余量最低，说明此温度下酶活性较高，C正确；50之后变化趋势无法判断，D错误；(5)该实验不能用斐林试剂检测生成物麦芽糖的含量，原因是斐林试剂检测时需水浴加热，会导致反应体系温度发生改变，影响实验结果。【点睛】本题考查探究酶活性的相关实验，解题关键是明确探究实验的目的，能准确判断实验的自变量和因变量，掌握探究实验的原则，并能据此完善实验步骤和预测实验结果。63.每年八月份是葡萄成熟的季节，人们发现受到碰撞损伤的葡萄易烂。易烂可能与碰撞损伤引起葡萄呼吸速率升
108、高有关。有人利用下图实验装置设计实验进行探究。(1)实验自变量：_。(2)实验假设：_。(3)实验步骤：第一步，按装置图中所示进行操作，30 min后记录有色液滴移动距离为m；第二步：_，记录相同时间内有色液滴移动距离为n；第三步：比较m、n的大小。(4)预期结果及结论：如果mn，则说明_；如果mn，则说明_；如果mn，则说明_。【答案】 (1). 葡萄是否受到碰撞损伤 (2). 碰撞损伤能引起葡萄呼吸速率升高(或碰撞损伤不能引起呼吸速率升高) (3). 向容器内加入与对照组等量消毒的受到碰撞损伤的葡萄，其它处理及装置与对照组完全相同 (4). 机械损伤能引起葡萄呼吸速率升高 (5). 机械损
109、伤对葡萄呼吸速率没有影响 (6). 机械损伤能引起葡萄呼吸速率降低【解析】【分析】根据题意和图示分析可知：图示是一种可测定呼吸速率的密闭系统装置，该装置中的NaOH溶液能吸收细胞呼吸产生的二氧化碳，因此有色液滴移动的距离代表细胞呼吸消耗的氧气量。【详解】（1）分析题意可知，该实验的自变量是葡萄是否受到碰撞损伤。（2）该实验的目的是探究葡萄易烂可能与碰撞损伤引起葡萄呼吸速率升高有关，据此可假设：碰撞损伤能引起葡萄呼吸速率升高(或碰撞损伤不能引起呼吸速率升高)。(3)实验步骤：第一步，按装置图中所示进行操作，30 min后记录有色液滴移动距离为m；第二步：向容器内加入与对照组等量消毒的受到碰撞损伤
110、的葡萄，其它处理及装置与对照组完全相同，记录相同时间内有色液滴移动距离为n；第三步：比较m、n的大小。如果mn，则说明机械损伤能引起葡萄呼吸速率升高；如果mn，则说明机械损伤对葡萄呼吸速率没有影响；如果mn，则说明机械损伤能引起葡萄呼吸速率降低。【点睛】本题结合实验装置图，考查细胞呼吸及相关的探究实验，解题关键是，明确探究实验的目的，能准确判断实验的自变量和因变量，掌握探究实验的原则，并能据此完善实验步骤和预测实验结果。64. 小麦的穗发芽影响其产量和品质某地引种的红粒小麦的穗发芽率明显低于当地白粒小麦为探究淀粉酶活性与穗发芽率的关系，进行了如下实验（1）取穗发芽时间相同、质量相等的红、白粒小
111、麦种子，分别加蒸馏水研磨、制成提取液（去淀粉），并在适宜条件下进行实验实验分组、步骤及结果如下：分组步骤红粒管白粒管对照管加样0.5mL提取液0.5mL提取液C加缓冲液（mL）111加淀粉溶液（mL）11137保温适当时间，终止酶促反应，冷却至常温，加适量碘液显色显色结果+注：“+”数目越多表示蓝色越深步骤中加入的C是_，步骤中加缓冲液的目的是_。显色结果表明：淀粉酶活性较低的品种是_；据此推测：淀粉酶活性越低，穗发芽率越_。若步骤中的淀粉溶液浓度适当减小，为保持显色结果不变，则保温时间应_。（2）小麦淀粉酶包括淀粉酶和淀粉酶，为进一步探究其活性在穗发芽率差异中的作用，设计了如下实验方案：实验
112、中X处理的作用是使_。若中两管显色结果无明显差异，且中的显色结果为红粒管颜色显著_白粒管（填“深于”或“浅于”），则表明_。【答案】 (1). 0.5ml蒸馏水 (2). 控制PH (3). 红粒小麦 (4). 低 (5). 缩短 (6). 淀粉酶失活 (7). 深于 (8). 淀粉酶活性是引起这两种小麦穗发芽率差异的主要原因【解析】【分析】根据表格数据分析可知实验的单一变量是小麦籽粒，则“加样”属于无关变量，应该保持相同，所以步骤中加入的C是0.5mL蒸馏水作为对照；加入缓冲液的目的是调节PH，实验的因变量是显色结果，颜色越深，说明淀粉被分解得越少，种子的发芽率越低，据此答题。【详解】（1）
113、步骤中加入的C是0.5mL蒸馏水，步骤中加缓冲液的目的是控制PH。显色结果表明：淀粉酶活性较低的品种是红粒小麦；据此推测：淀粉酶活性越低，穗发芽率越低。若步骤中的淀粉溶液浓度适当减小，为保持显色结果不变，则保温时间应缩短。（2）根据实验目的“探究淀粉酶和淀粉酶活性在穗发芽率差异中的作用”，结合题图可知，实验中X处理的作用是使淀粉酶失活；若中两管显色结果无明显差异，且中的显色结果为红粒管颜色显著深于白粒管，则表明淀粉酶活性是引起这两种小麦穗发芽率差异的主要原因。【点睛】实验题的分析要注意：1.抓住实验目的，围绕实验目的初步确定设计思路；2.找到实验自变量和因变量，结合实验应遵循的单一变量原则和对
114、照原则，完善实验步骤；3.注意对实验结果和结论的全面描述。65.下图1、图2表示小麦开花数天后测定种子中几种物质的变化，请据图分析并回答下列问题:（1）构成小麦种子成熟后期，结合水/自由水的比例_（上升/下降），进而改变干物质的量，干重的变化主要与_元素密切相关。（2）小麦成熟过程中糖类物质之间可以发生转化，淀粉含量增多，用_试剂检测还原糖的量，还原糖的多少可通过_来判断。（3）红薯和土豆都富含淀粉，但红薯吃起来比土豆甜。某兴趣小组猜测土豆中可能不含_酶。为验证这一说法，他们进行了相关实验，请帮助其完成以下实验。实验原理：淀粉能被淀粉酶水解为还原糖；_。备选材料与用具：去掉淀粉与还原糖的红薯提
115、取液，去掉淀粉的土豆提取液，双缩脲试剂A液，双缩脲试剂B液，斐林试剂甲液，斐林试剂乙液，苏丹染液，质量分数为3%的淀粉溶液，质量分数为3%的蔗糖溶液等。实验步骤：（请补充完整）第一步第二步向A、B两支试管中分别加入等量的_、水浴加热至60的水溶液中，水浴保温5 min。第三步将_注入C试管混合均匀后，向A、B试管中各加入2 mL，然后_。实验结果预测：该实验最可能的结果是_。【答案】 (1). 上升 (2). 碳 (3). 斐林 (4). 砖红色沉淀的多少（砖红色颜色的深浅） (5). 淀粉 (6). 还原糖与斐林试剂反应生成砖红色沉淀 (7). 质量分数为3%的淀粉溶液 (8). 等量（或等
116、体积）斐林试剂甲液和斐林试剂乙液 (9). 5065恒温水浴2min (10). A试管内溶液显蓝色，B试管内出现砖红色沉淀【解析】【分析】分析图1：随着开花天数增加，植株中含水量下降，干物质量增加；分析图2：开花前20天，植株中蔗糖、还原糖量减少，淀粉量增加，蛋白质量几乎没变。淀粉不具有还原性，经淀粉酶催化后水解成麦芽糖和葡萄糖，麦芽糖和葡萄糖具有还原性，与斐林试剂反应产生砖红色沉淀。【详解】（1）构成小麦植株的细胞中含量最多的化合物是水，种子成熟后期，含水量下降，淀粉等积累，故结合水/自由水的比例上升，进而改变干物质的量，干重的变化主要与C元素密切相关。（2）用斐林试剂检测还原糖，还原糖的
117、多少可通过砖红色颜色的深浅来判断。（3）红薯吃起来比土豆甜，可能是土豆中不含淀粉酶。该实验原理： 淀粉能被淀粉酶水解为还原糖；还原糖与斐林试剂反应生成砖红色沉淀。实验步骤：第一步：将A、B试管的提取液在60条件下保温备用；第二步：A、B两支试管中分别加入等量的质量分数为3%的淀粉溶液、水浴加热至60 的水溶液中，水浴保温5 min；第三步：将等量（或等体积）斐林试剂甲液和斐林试剂乙液注入C试管混合均匀后，向A、B试管中各加入2 mL，在50-65水浴保温2min。实验结果预测：由于土豆中不含淀粉酶，A试管中加斐林试剂后不变色，即A试管内溶液显蓝色；B试管中含淀粉酶将淀粉分解成还原糖，加斐林试剂
118、后经水浴加热出现砖红色沉淀。【点睛】本题解题关键是：1.解读题图：根据自变量（纵坐标）分析曲线的变化趋势；2.理解相关实验的原理，并能设计实验步骤，预测实验结果得出实验结论。66.在科学研究中常用呼吸熵（RQ释放的二氧化碳体积消耗的氧体积）表示生物用于有氧呼吸的能源物质不同。测定发芽种子呼吸熵的装置如下图。关闭活塞，在25下经20分钟读出刻度管中着色液移动距离。设装置甲和装置乙的着色液分别向左移动x和y（mm）。x和y值反映了容器内气体体积的减少。请回答：（1）装置甲的小瓶中加入NaOH溶液的目的是 _。（2）x代表_值，y代表_值。（3）若测得x200（mm），y30（mm），则该发芽种子的
119、呼吸熵是_ 。（4）若要测定已长出一片真叶幼苗的RQ值，则应将该装置放于何种条件下进行，为什么？_。（5）为使测得的x和y值更精确，还应再设置一对照装置。对照装置的容器和小瓶中应分别放入_。设对照的目的是_。（6）根据液滴移动方向填写现象和相应的结论（假设该实验呼吸底物全部是葡萄糖）：a_。b_。c_。【答案】 (1). 吸收呼吸作用产生的二氧化碳 (2). 消耗氧的体积 (3). 消耗氧和释放二氧化碳的体积之差 (4). 0.85 (5). 黑暗。避免因为幼苗进行光合作用，干扰呼吸作用的气体量的变化 (6). 死的发芽种子和蒸馏水 (7). 用于校正装置1和2内因物理因素（或非生物因素）引起
120、的容积变化 (8). 甲装置液滴左移，乙装置液滴不动，则只进行有氧呼吸 (9). 甲装置液滴不动，乙装置液滴右移，则只进行无氧呼吸 (10). 甲装置液滴左移，乙装置液滴右移，则既进行有氧又进行无氧呼吸【解析】【分析】本实验的原理：种子呼吸作用吸收氧放出二氧化碳。装置甲中释放的二氧化碳被NaOH溶液吸收，吸收氧的体积x可通过着色液移动直接测出；装置乙试管中为蒸馏水，其气体体积的减少代表耗氧和释放二氧化碳的体积之差（y），通过着色液移动测出。【详解】（1）通过分析可知，装置甲的小瓶中加入NaOH溶液的目的是：吸收呼吸作用产生的二氧化碳。（2）装置甲着色液向左移动x，代表种子呼吸消耗氧的体积；装置
121、乙的着色液向左移动y，代表消耗氧和释放二氧化碳的体积之差，且耗氧量大于释放的二氧化碳量。（3）装置甲中x=200mm为耗氧量，装置乙中y=30mm为消耗氧和释放二氧化碳的体积之差，即释放二氧化碳量为170mm，则该发芽种子的呼吸熵是=170/200=0.85。（4）若要测定已长出一片真叶幼苗的RQ值，为避免幼苗进行光合作用，干扰呼吸作用的气体量的变化，应将装置放于黑暗中。（5）为使测得的x和y值更精确，还应再设置一对照装置。对照装置的容器和小瓶中应分别放死的发芽种子和蒸馏水，设对照的目的是用于校正装置1和2内因物理因素（或非生物因素）引起的容积变化，以减少实验误差。(6) a.若甲装置液滴左移，乙装置液滴不动，说明种子只进行有氧呼吸；b. 若甲装置液滴不动，乙装置液滴右移，说明种子只进行无氧呼吸；c. 若甲装置液滴左移，乙装置液滴右移，说明种子既进行有氧又进行无氧呼吸。【点睛】本题考查有关细胞呼吸的实验，解题关键是对题图装置的分析：装置甲小瓶中加入NaOH溶液吸收呼吸作用产生的二氧化碳，因此着色液是否移动，与种子呼吸是否消耗氧有关；装置乙小瓶中加入蒸馏水，其气体体积的减少代表耗氧和释放二氧化碳的体积之差。
